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4. Ecuaciones diferenciales parciales Las ecuaciones diferenciales parciales (EDP), al igual que las ecuaciones diferenciales ordinarias, se pueden clasificar en lineales o no lineales. De manera similar que, en una EDO, la variable dependiente y sus derivadas parciales sólo se presentan elevadas a la primera potencia en una EDP lineal. En lo que resta la mayoría de las veces trataremos con EDP lineales de segundo orden.

Si hacemos que 𝑢 denote la variable dependiente y que 𝑥 y 𝑦 denoten las variables independientes, entonces la forma general de una ecuación diferencial parcial de segundo orden esta dada por 𝐴 𝜕𝑥 2 + 𝐵 𝜕2𝑢

𝜕2𝑢 𝜕𝑥𝜕𝑦

+𝐶

𝜕2𝑢 𝜕𝑦 2

+𝐷

𝜕𝑢 𝜕𝑥

+ 𝐸 𝜕𝑦 + 𝐹𝑢 = 𝐺 (1) 𝜕𝑢

donde los coeficientes A,B,C,…,G son funciones de 𝑥 y 𝑦. Cuando 𝐺(𝑥, 𝑦) = 0, la ecuación (1) se llama homogénea; en cualquier otro caso que es no homogénea. Por ejemplo, las ecuaciones lineales 𝜕2𝑢

𝜕𝑥 2

+ 𝜕𝑦2 = 0 y 𝜕2𝑢

𝜕2𝑢 𝜕𝑥 2

son homogéneas y no homogéneas respectivamente.

+

= 𝑥𝑦

𝜕2𝑢 𝜕𝑦 2

Una solución de una ecuación diferencial parcial (1) es una función 𝑢(𝑥, 𝑦) de dos variables independientes que tiene todas las derivadas parciales que se presentan en la ecuación y que la satisface en alguna región del plano 𝑥𝑦. No es nuestra intención examinar procedimientos para encontrar soluciones generales de ecuaciones diferenciales parciales lineales. Con frecuencia no solo es difícil obtener una solución general de la EDP lineal de segundo orden, sino que usualmente una solución general tampoco es útil en las aplicaciones, por lo que nos concentraremos en encontrar soluciones particulares de algunas EDP lineales más importantes, esto es ecuaciones que se presentan en varias aplicaciones.

4.1 Ecuaciones en derivadas parciales separables Aunque hay varios métodos que pueden ensayarse para encontrar soluciones particulares de una EDP lineal, el que nos interesa por el momento se llama método de separación de variables. Con este método se busca una solución particular en la forma producto de funciones de 𝑥 por una función de 𝑦: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)

Con esta hipótesis algunas veces es posible reducir una EDP lineal con dos variables en dos EDO. Así, observamos que 𝜕𝑢

𝜕𝑥

= 𝑋 ′ 𝑌,

𝜕𝑢 𝜕𝑦

= 𝑋𝑌 ′,

donde las primas denotan derivación ordinaria.

𝜕2𝑢 𝜕𝑥 2

= 𝑋′′ 𝑌,

𝜕2𝑢 𝜕𝑦 2

= 𝑋𝑌 ′′,

𝜕2𝑢

= 4 𝜕𝑦 Solución: Sustituyendo 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦), en la ecuación diferencial parcial se obtiene Ejemplo 4.1: Encuentre las soluciones de

𝜕𝑢

𝜕𝑥 2

𝑋′′𝑌 = 4𝑋𝑌 ′ .

Después, al dividir ambos lados entre 4𝑋𝑌, se separan las variables de la siguiente manera 𝑋′′ 𝑌 ′ = . 𝑌 4𝑋

Ahora como el miembro izquierdo de esta última ecuación es independiente de 𝑦 e igual al miembro derecho, que es independiente de 𝑥, concluimos que ambos lados son independientes tanto de 𝑥 como de 𝑦. En otras palabras, cada lado de la ecuación debe ser una constante. En la práctica es conveniente escribir esta constante de separación real como −𝜆 (utilizando 𝜆 se obtienen las mismas soluciones). De las dos igualdades

𝑌′ 𝑋′′ = = −𝜆, 4𝑋 𝑌

𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟,

𝑋 ′′ 𝑌′ = −𝜆, = −𝜆 4𝑋 𝑌

obtenemos las dos ecuaciones diferenciales ordinarias lineales

𝑋′′ + 4𝜆𝑋 = 0 y 𝑌 ′ + 𝜆𝑌 = 0 (2) 𝑚2 + 4𝜆 = 0

𝑚2 = −4𝜆, 𝑚1 = −𝜆 , 𝑌 = 𝑐3 𝑒 −𝜆𝑦

Aquí, hay que considerar tres casos para 𝜆: cero, negativo o positivo, es decir,

donde 𝛼 > 0

𝜆 = 0, 𝜆 = −𝛼 2 < 0, 𝜆 = 𝛼 2 > 0

Caso 1: Si 𝜆 = 0, entonces las dos EDO en (2) son

𝑋′′ = 0 y 𝑌 ′ = 0

Resolviendo cada ecuación (digamos por integración), encontramos que 𝑋 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 y 𝑌 = 𝑐3 . Por lo que una solución del producto particular de la EDP es 𝑢 = 𝑋𝑌 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑐3 = 𝐴1 + 𝐵1 𝑥, (3)

donde hemos sustituido 𝑐1 𝑐3 y 𝑐2 𝑐3 por 𝐴1 y 𝐵1 , respectivamente Caso 2: Si 𝜆 = −𝛼2 < 0, entonces las EDO (2) son

𝑋′′ − 4𝛼 2 𝑋 = 0 y 𝑌 ′ − 𝛼 2 𝑌 = 0

A partir de sus soluciones generales

𝑋 = 𝑐1 𝑒 2𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝛼𝑥 y 𝑌 = 𝑐3 𝑒 𝛼

2𝑦

Observación: Algunos autores presentan estas soluciones de la siguiente manera 𝑋 = 𝑐4 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝛼𝑥 + 𝑐5 𝑠𝑒𝑛ℎ2𝛼𝑥 y 𝑌 = 𝑐5 𝑒 𝛼

Así una solución viene dada por

O,

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋𝑌 = (𝑐1 𝑒 2𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝛼𝑥 )𝑐3 𝑒 𝛼

2𝑦

2𝑦

𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝑐4 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝛼𝑥 + 𝑐5 𝑠𝑒𝑛ℎ2𝛼𝑥 )𝑐5 𝑒 𝛼 = 𝐴2 𝑒 𝛼 𝑦 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝛼𝑥 + 𝐵2 𝑒 𝛼 𝑦 𝑠𝑒𝑛ℎ2𝛼𝑥,

donde, 𝐴2 = 𝑐4 𝑐6 y 𝐵2 = 𝑐5 𝑐6

2

2

Caso 3: 𝜆 = 𝛼 2 > 0, entonces las EDO son

Sus soluciones generales

(4) 2𝑦

𝑋′′ + 4𝛼 2 𝑋 = 0 y 𝑌 ′ + 𝛼 2 𝑌 = 0 𝑚2 = −4𝛼2

𝑋 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠2𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛2𝛼𝑥 y 𝑌 = 𝑐3 𝑒 −𝛼

Dan otra solución particular

2𝑦

𝑢 = 𝐴1 𝑒 −𝛼 𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝛼𝑥 + 𝐵1 𝑒 −𝛼 𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝛼𝑥

donde 𝐴1 = 𝑐1 𝑐3 y 𝐵1 = 𝑐2 𝑐3

2

2

Ejemplo 4.2: Resolver el problema de valor de contorno 𝜕𝑢 𝜕𝑢 , =4 𝜕𝑦 𝜕𝑥

𝑢(0, 𝑦) = 8𝑒 −3𝑦

Por el método de separación de variables.

Solución: Utilizando el método de separación de variables tenemos que,

Entonces

Es decir,

𝑢 = 𝑋𝑌,

𝑋′ 𝑌 = 4𝑋𝑌 ′ , 𝑌′ 𝑋′ =4 𝑌 𝑋

Como el miembro izquierdo de esta última ecuación es independiente de 𝑦 e igual al miembro derecho, que es independiente de 𝑥, concluimos que ambos lados son independientes tanto de 𝑥 como de 𝑦, en otras palabras, cada lado de la ecuación debe ser una constante, digamos −𝜆.

Entonces, 𝑋′ + 4𝜆𝑋 = 0, 𝑌 ′ + 𝜆𝑌 = 0, cuyas soluciones son 𝑋 = 𝑐1 𝑒 −4𝜆𝑥, 𝑌 = 𝑐2 𝑒 −𝜆𝑦 . Así, una solución está dada por 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋𝑌 = 𝑐1 𝑐2 𝑒 −𝜆(4𝑥+𝑦) = 𝐴𝑒 −𝜆(4𝑥+𝑦)

donde 𝐴 = 𝑐1 𝑐2.

Ahora de la condición de contorno,

𝑢(0, 𝑦) = 8𝑒 −3𝑦

Se tiene que 8𝑒 −3𝑦 = 𝐴𝑒 −𝜆𝑦 , con lo cual 𝐴 = 8, 𝑦 𝜆 = 3, entonces la solución buscada es 𝑢(𝑥, 𝑦) = 8𝑒 −3(4𝑥+𝑦)

Teorema 4.1: Principio de superposición

Si 𝑢1 , 𝑢2 ,. . . , 𝑢𝑘 son soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea, entonces la combinación lineal 𝑢 = 𝑐1 𝑢1 + 𝑐2 𝑢2 +. . . +𝑢𝑘 𝑐𝑘,

donde los 𝑐𝑖 , 𝑖 = 1,2,. . . , 𝑘, son constante también es una solución.

En lo que resta supondremos que siempre haya un conjunto infinito 𝑢1 , 𝑢2 ,. . . , 𝑢𝑘 ,. . ., de soluciones de una ecuación lineal homogénea, se puede construir,𝑢, formado por la serie infinita ∞

𝑢 = ∑ 𝑐𝑘 𝑢𝑘

donde los 𝑐𝑖 , 𝑖 = 1,2,. . . , 𝑘, son constante

𝑘=1

Una ecuación diferencial parcial lineal de segundo orden con dos variables independientes y con coeficientes constantes se puede clasificar un uno de los tres tipos. Esta clasificación sólo depende de los coeficientes de las derivadas de segundo orden. Por supuesto, suponemos que al menos uno de los coeficientes 𝐴, 𝐵 y 𝐶 es distinto de cero. Definición 4.1: Clasificación de las ecuaciones

La ecuación diferencial parcial lineal de segundo orden 𝐴

𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢 + 𝐹𝑢 = 0 +𝐵 +𝐶 2 +𝐷 +𝐸 2 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥

Donde 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 y 𝐹 con constantes se dice que es

ℎ𝑖𝑝𝑒𝑟𝑏ó𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 > 0 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏ó𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 = 0 𝑒𝑙í𝑝𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑠𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 < 0

Ejemplo 4.3: Clasificar cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales como hiperbólicas, parabólicas o elípticas 𝐴 1. 𝜕𝑥 2 + 𝜕2𝑢

2. 𝜕𝑥 2 + 𝜕2𝑢

𝜕2𝑢 𝜕𝑦 2

= 0 elíptica

𝜕2𝑢 𝜕𝑥𝜕𝑦

+

3. 𝑘 𝜕𝑥 2 − 𝑢 = 𝜕2𝑢

𝜕2𝑢 𝜕𝑦 2

𝜕𝑢 𝜕𝑡

𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 2

+𝐵

= 0 elíptica

𝜕𝑢 + 𝐹𝑢 = 0 𝜕𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 + 𝐸 𝜕𝑦 +𝐶 2 +𝐷 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑥𝜕𝑦

, 𝑘 > 0 parabólica

4.2 Ecuaciones clásicas y pr problemas oblemas de valor en la frontera Consideraremos principalmente la aplicación del método de separación de variables para encontrar soluciones producto de las siguientes ecuaciones clásicas de la física matemática: (calor) (calor)𝒌 𝝏𝒙𝟐 = 𝝏𝟐 𝒖

𝝏𝒖 𝝏𝒕

, 𝒌 > 𝟎 (𝒌 = 𝒅𝒊𝒇𝒖𝒔𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅); 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒃ó𝒍𝒊𝒄𝒂 (5)

(onda) 𝒂𝟐 𝝏𝒙𝟐 = 𝝏𝟐 𝒖

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒕𝟐

; 𝒉𝒊𝒑𝒆𝒓𝒃ó𝒍𝒊𝒄𝒂 (6 (6))

(Laplace)

𝝏𝟐 𝒖

+

𝝏𝟐 𝒖

= 𝟎; 𝒆𝒍í𝒑𝒕𝒊𝒄𝒂 (7)

𝟐 EDP O ligera variaciones de estas ecuaciones.𝝏𝒙Las 𝝏𝒚𝟐(5), (6) y (7) se conocen, respectivamente, como ecuación de calor unidimensional, ecuación de onda unidimensional y forma bidimensional de la ecuación de Laplace. Unidimiensional en el caso de lase ecuaciones (5) y (6) se refiere Al hecho de que 𝑥 denota una variable espacial, mientras que la 𝑡 representa el tiempo; bidimensional en (7) significa que tanto 𝑥 como 𝑦 son variables espaciales .

4.2.1 La ecuación de transmisión de calor.

Resolver 𝜕𝑡 = 2 𝜕𝑥2 , 0 < 𝑥 < 3, 𝑡 > 0, suponiendo que 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(3, 𝑡) = 0 𝑢(𝑥, 0) = 5 𝑠𝑒𝑛4𝜋𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛8𝜋𝑥 + 2𝑠𝑒𝑛10𝜋𝑥 Solución: Sea 𝑢 = 𝑋𝑇, entonces, 𝑋𝑇 ′ = 2𝑋′′ 𝑇 Es decir, 𝑋 ′′ 𝑇′ = 2𝑇 𝑋 Cada miembro debe ser igual a una constante, entonces sea 𝜆 = −𝛼2 , luego 𝑋 ′′ + 𝛼2 𝑋 = 0, 𝑇′ + 2𝛼2 𝑇 = 0 2 estas ecuaciones tienen como solución 𝑋 = 𝐴1 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑥 + 𝐵1 𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥, 𝑇 = 𝑐1 𝑒 −2𝛼 𝑡 . Así, una solución de la ecuación diferencial parcial está dada por 2 2 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋𝑇 = (𝐴1 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑥 + 𝐵1 𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥 )(𝑐1 𝑒 −2𝛼 𝑡 ) = 𝑒 −2𝛼 𝑡 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝛼𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥) 2 Puesto que 𝑢(0, 𝑡) = 0, entonces 𝑒 −2𝛼 𝑡 (𝐴) = 0, con lo cual 𝐴 = 0, así 𝜕𝑢

𝜕2 𝑢

𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑒−2𝛼 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥 2 Por otro lado, como 𝑢(3, 𝑡) = 0, entonces 𝐵𝑒 −2𝛼 𝑡 𝑠𝑒𝑛3𝛼 = 0, luego si 𝐵 = 0, la solución sería idénticamente nula, de modo que debemos tener 𝑠𝑒𝑛3𝛼 = 0, ósea que 3𝛼 = 𝑛𝜋, es 𝑛𝜋 decir, 𝛼 = 3 , donde 𝑛 = 0, ±1, ±2, ±3.. . .. Así, 𝑛2 𝜋2 𝑡 𝑛𝜋𝑥 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑒 −2 9 𝑠𝑒𝑛 3 Por el principio de superposición, 2

2 2 𝑛1 𝜋 𝑡

2 2 𝑛2 𝜋 𝑡

2 2 𝑛3 𝜋 𝑡

𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵1 𝑒 −2 9 𝑠𝑒𝑛 1 + 𝐵2 𝑒 −2 9 𝑠𝑒𝑛 2 + 𝐵3 𝑒 −2 9 𝑠𝑒𝑛 3 3 3 3 es una solución. Por la última condición de contorno 𝑛 𝜋𝑥 𝑛 𝜋𝑥 𝑛 𝜋𝑥 𝑢(𝑥, 0) = 𝐵1 𝑠𝑒𝑛 1 + 𝐵2 𝑠𝑒𝑛 2 + 𝐵3 𝑠𝑒𝑛 3 = 5 𝑠𝑒𝑛4𝜋𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛8𝜋𝑥 + 2𝑠𝑒𝑛10𝜋𝑥 3 3 3 𝑛 𝜋𝑥

𝑛 𝜋𝑥

𝑛 𝜋𝑥

Esto es posible si 𝐵1 = 5, 𝑛1 = 12, 𝐵2 = −3, 𝑛2 = 24, 𝐵3 = 2, 𝑛3 = 30 Con lo cual, 2 2 2 𝑢(𝑥, 𝑡) = 5𝑒 −32𝜋 𝑡 𝑠𝑒𝑛4𝜋𝑥−3𝑒 −128𝜋 𝑡 𝑠𝑒𝑛8𝜋𝑥 + 2𝑒 −200𝜋 𝑡 𝑠𝑒𝑛10𝜋𝑥

Extremos de la barra mantenidos a temperatura cero

Generalizando la situación anterior, consideremos una varilla de longitud 𝐿 con una temperatura inicial 𝑓(𝑥) en toda la varilla y cuyos extremos se mantienen a temperatura cero durante todo el tiempo 𝑡 > 0, entonces la temperatura 𝑢(𝑥, 𝑡) en la varilla se determina del problema con valores en la frontera 𝑘 𝜕𝑥2 = 𝜕𝑡 , 0 < 𝑥 < 𝐿, 𝑡 > 0 (1) 𝑢(0, 𝑡) = 0, 𝑢 (𝐿, 𝑡) = 0, 𝑡 > 0 (2) 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) (3) 𝜕2 𝑢

𝜕𝑢

Para comenzar, utilzando separación de variables sea 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋𝑇, entonces si 𝜆 = −𝛼 2 la constante de separación de variables, las dos desigualdades

= 𝑘𝑇 = −𝛼2 (4) 𝑋 Conducen a las dos ecuaciones difernciales ordinarias 𝑋 ′′ + 𝛼2 𝑋 = 0, (5) 𝑋 ′′

𝑇′

𝑇 ′ + 𝑘𝛼 2 𝑇 = 0 (6) Observemos que las condiciones de frontera (2) aplicadas a 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋𝑇, son: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0 y 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑋(𝐿)𝑇(𝑡) = 0 Puesto que tiene sentido esperar que 𝑇(𝑡) ≠ 0, para toda 𝑡, las igualdades anteriores valen sólo si 𝑋(0) = 0 y 𝑋(𝐿) = 0. Entones, 𝑋 ′′ + 𝛼2 𝑋 = 0, 𝑋(0) = 0 y 𝑋(𝐿) = 0 (7) La solución de esta ecuación se analizó y la misma se planteó con tres casos posibles para el parámetro 𝜆, Si 𝜆 = 0, Si 𝜆 = −𝛼 2 > 0,

O, Si 𝜆 = −𝛼 2 < 0,

𝑋(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥, (3)

𝑋 ′′ + 𝛼2 𝑋 = 0

𝑚2 + 𝛼2 = 0

𝑋(𝑥) = (𝑐1 𝑒 𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝛼𝑥 ) (8)

𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠ℎ𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛ℎ𝛼𝑥, (9) 𝑢 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥 (10)

Cuando las condiones de frontera 𝑋(0) = 0 y 𝑋(𝐿) = 0 se aplican a (8) y (9), estas soluciones son válidas sólo si 𝑋(𝑥) = 0 y por tanto concluiríamos que 𝑢 = 0. Pero cuando 𝑋(0) = 0 se aplica a (10), encontramos que 𝑐1 = 0 y 𝑋(𝑥) = 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝛼𝑥. Entonces la segunda condición de frontera implica que 𝑋(𝐿) = 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝛼𝐿 = 0, para obtener unas solcuión no trivial debmos tener que 𝑐2 ≠ 0 𝑛𝜋 y 𝑠𝑒𝑛𝛼𝐿 = 0. Esta última ecuación se satisface cuando 𝛼𝐿 = 𝑛𝜋 o 𝛼 = 𝐿 , por lo tanto (7) tiene soluciones no triviales cuando 𝑛2 𝜋 2 𝜆𝑛 = 𝛼𝑛2 = 2 , 𝑛 = 1,2,3,. . . 𝐿 Estos valores de 𝜆 con los valores propios o característicos del problema; las funciones catacterísticas son 𝑛𝜋 𝑋(𝑥) = 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 𝑥, 𝑛 = 1,2,3,. . . (11) 𝐿 De (6) tenemos que 𝑇(𝑡) = 𝑐3 𝑒 −𝑘(

𝑛2𝜋2 𝐿2

)𝑡

, por lo tanto

𝑛2𝜋2 𝐿2

𝑢𝑛 = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) = 𝐴𝑛 𝑒 −𝑘(

𝑠𝑒𝑛 𝐿 𝑥 (12) donde hemos reemplazado la constante 𝑐2 𝑐3 por 𝐴𝑛 . Cada una de las funciones poducto 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) dadas en (12) es una solución particular de la ecuación diferencial parcial (1) y cada 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) también satisface ambas conciones de forntera (2). Sin embargo, para que (12) saisfaga la condición inicial (3), tendríamos que elegir el coefeciente 𝐴𝑛 de manera que 𝑛𝜋

)𝑡

𝑢𝑛 (𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥 (13) 𝐿 En general, no esperaríamos que la condición (13) se satisfaga para una arbitraria pero razonable de elección de 𝑓. Por lo que nos vemos forzados a admitir que 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) no es una solución del problema dado. Ahora por el principio de superposición la función 𝑛𝜋

∞

𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑢𝑛 O

𝑛=1

𝑛2𝜋2

−𝑘( 𝐿2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 (14) 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 𝑒 𝐿 debe también, formalmente, satisfacer la ecuación (19 y las condiones en (2). Susteituyendo 𝑡 = 0 en (14) se implica que 𝑛𝜋

)𝑡

∞

𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = ∑ 𝐴𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑛=1

𝑛𝜋 𝑥 𝐿

Esta última expresión se reconce con el desarrollo en un semiinetrvalo de 𝑓 en una serie de senos. Si identificamos 𝐴𝑛 = 𝑏𝑛 , 𝑛 = 1,2,3 . . ., con lo cual 𝐴𝑛 = 𝐿 ∫0 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 2

𝐿

𝑛𝜋 𝐿

𝑥𝑑𝑥. (15)

Concluimos que una solución del problema con valores en la frontera descrita en (1), (2) y (3) está dad por la serie infinita 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑∞ 𝑛=1 (∫ 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 2 𝐿

𝐿

0

𝑛𝜋 𝐿

𝑥𝑑𝑥)𝑒

−𝑘(

𝑛2𝜋2 𝐿2

)𝑡

𝑠𝑒𝑛

𝑛𝜋 𝐿

𝑥 (14)

longitud de 𝜋 unidades y una difusividad de 1 unidad. Si los extremos se mantienen a una temperatura de cero unidades y su temperatura inicial está dada por 𝑢(𝑥, 0) = 100 Solución: Para encontrar la temperatura de esta se debe resolver el problema de valor en la frontera siguiente

Ejemplo 4.4: Encontrar la temperatura de una barra cuya superficie está aislada, tiene una

= 𝜕𝑡 , 0 < 𝑥 < 𝝅, 𝑡 > 0 (1) 𝑢(0, 𝑡) = 0, 𝑢 (𝝅, 𝑡) = 0, 𝑡 > 0 (2) 𝑢(𝑥, 0) = 100 (3) 𝜕𝑢

𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 2

Luego,

𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐿 ∑∞ 𝑛=1 (∫0 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 2

𝐿

𝝅

𝑛𝜋 𝐿

𝑥𝑑𝑥)𝑒

−𝑘(

𝑛2𝜋2 𝐿2

)𝑡

𝑠𝑒𝑛

𝑛𝜋 𝐿

𝑥 (14)

(∫ 100𝑠𝑒𝑛(𝑛 𝑥)𝑑𝑥)𝑒 −𝑛 𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) (14) 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ ∞ 𝝅 𝑛=1 0 2

2

Temperatura en una barra con extremos aislados Considremos la conducción de calor en una barra con extremos aislados, aquí no hay pérdida de energía por lo extremos. Si la temperatura inicial es 𝑓(𝑥), la función de temperatura está modelada por el problema con valores en la frontera 𝜕2 𝑢 𝜕𝑢 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 𝐿, 𝑡 > 0 𝑘 2= 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑢 (0, 𝑡) = (𝐿, 𝑡) = 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 > 0 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 De forma un tanto similar al estudio anterior se llega la siguiente solución ∞ 1 𝑛𝜋𝑥 ) 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝑎0 + ∑ 𝑎𝑛 cos ( 𝐿 2 𝑛=1

La cual es el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de 𝑓(𝑥) en [0. 𝐿], ∞ 𝑛2 𝜋2 𝑘𝑡 1 𝑛𝜋𝑥 − 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑎0 + ∑ 𝑎𝑛 cos ( ) 𝑒 𝐿2 2 𝐿 𝑛=1

𝑛𝜋𝑥 2 𝐿 ∫ 𝑓(𝑥)cos ( )𝑑𝑥 𝐿 0 𝐿 Con esta elección de coeficientes la ecuación donde

𝑎𝑛 =

∞

1 𝑛𝜋𝑥 ) 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝑎 + ∑ 𝑛=1 𝑎𝑛 cos ( 𝐿 0 Da la solución a este probelma con valores en la2 frontera. ∞ 𝑛𝜋𝑥 2 2 ) −𝑛 𝜋𝐿2𝑘𝑡 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑎0 + ∑ 𝑎𝑛 cos ( 𝐿 𝑒 𝑛=1

Ejemplo 4.5: Suponga que la mitad izquierda de la barra inicialmente está a una temperatura 𝐴 y la mitad derecha se mantiene a temperatura cero, así 𝐿 𝐴, 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑓(𝑥) = { 𝐿 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 < 𝑥 ≤ 𝐿 2 𝜕2 𝑢 𝜕𝑢 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 𝐿, 𝑡 > 0 𝑘 2= 𝜕𝑥 𝜕𝑡 𝜕𝑢 𝜕𝑢 (0, 𝑡) = (𝐿, 𝑡) = 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 > 0 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2 𝐿 𝑛𝜋𝑥 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥)cos ( )𝑑𝑥 𝐿 0 𝐿 𝐿

𝑛𝜋𝑥 1 2 ) 𝑑𝑥 𝑎𝑛 = ∫ 𝐴𝑐𝑜𝑠( 𝐿 0 𝐿 𝑎𝑛 =

2𝐴 (−1)𝑛+1 𝜋(2𝑛 − 1) ∞ 𝑛2 𝜋2 𝑘𝑡 𝑛𝜋𝑥 − 𝐿2 )𝑒 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑎0 + ∑ 𝑎𝑛 cos ( 𝐿 𝑎𝑛 =

𝑢(𝑥, 𝑡) =

𝑛𝜋 2𝐴 𝑠𝑒𝑛 2 𝑛𝜋

∞

𝑛=1

𝐴 2𝐴 (−1)𝑛+1 (2𝑛 − 1)𝜋𝑥 −(2𝑛−1)2 𝜋 𝐿 + ∑ cos [ ]𝑒 2𝑛 − 1 2 𝜋 𝐿 𝑛=1

2 2

𝑘𝑡

Condiciones de calor en una barra con extremos a temperatura diferentes Considere una barra delgada, homogénea que se extiende de 𝑥 = 0 𝑎 𝑥 = 𝐿. El extremo izquierdo se mantiene a una temeperatura constante 𝑇1 , y el extremo derecho a una temperatura constante 𝑇2 . La temperatura incial en toda la barra en la sección transversal en 𝑥 es 𝑓(𝑥). El problema con valores en la frontera que modela esta situación es 𝜕2 𝑢 𝜕𝑢 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 𝐿, 𝑡 > 0, 𝑘 2= 𝜕𝑥 𝜕𝑡 𝑢(0, 𝑡) = 𝑇1 , 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑇2 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 > 0,

𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿. Suponga que 𝑇1 𝑦 𝑇2 no son ambos cero.

La solución al problema es

donde

𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑈(𝑥, 𝑡) +

∞

1 (𝑇 − 𝑇1 )𝑥 + 𝑇1 𝐿 2

2 2 𝐿 2 1 𝑛𝜋𝑥 𝑛𝜋𝑥 −𝑛 𝜋 2𝑘𝑡 (𝑇 − 𝑇1 )𝑥 − 𝑇1 ] 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑈(𝑥, 𝑡) = ∑(∫ [𝑓(𝑥) − )𝑒 𝐿 ) 𝑑𝑥)𝑠𝑒𝑛( 𝐿 2 𝐿 𝐿 𝐿 0

𝑛=1

Ejemplo 4.6: Suponga que 𝑇1 = 1, 𝑇2 = 2 𝑦 𝑓(𝑥) = , 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 𝐿 2 3

Solución: ∫0 [𝑓(𝑥) − (𝑇2 − 𝑇1 )𝑥 − 𝑇1 ] 𝑠𝑒𝑛 (𝑛𝜋𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫0 ( − 𝑥) 𝑠𝑒𝑛 ( 𝐿 2 𝐿 𝐿

1

𝐿

∫

0

𝐿1

2

𝑠𝑒𝑛 (

𝐿 1

1

𝐿1 𝑛𝜋𝑥 𝑛𝜋𝑥 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑥 − ∫ ) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 𝐿 0

1 1 + (−1)𝑛 ) 𝐿( 𝑛𝜋 2 ∞ 2 2 1 + (−1)𝑛 𝑛𝜋𝑥 −𝑛 𝜋 2𝑘𝑡 )𝑒 𝐿 𝑈(𝑥, 𝑡) = ∑ ( ) 𝑠𝑒𝑛 ( 𝐿 𝑛𝜋 𝑛=1 1 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑈(𝑥, 𝑡) + (𝑇2 − 𝑇1 )𝑥 + 𝑇1 𝐿

𝑛𝜋𝑥 ) 𝑑𝑥 𝐿

=

∞

𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ ( 𝑛=1

1 + (−1)𝑛 𝑛𝜋𝑥 −𝑛2𝜋22𝑘𝑡 1 ) 𝑠𝑒𝑛 ( )𝑒 𝐿 + 𝑥 + 1 𝐿 𝑛𝜋 𝐿

La ecuación de onda

Ejemplo: Resolver la edp con valores en la frontera

Solución:

4

∫ 2𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥)𝑠𝑒𝑛 ( 0

= =

4 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋𝑥 ) 𝑥 − cos (𝜋 + )𝑥] 𝑑𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ [cos (𝜋 − 4 4 4 0

4 𝑛𝜋 4 𝑛𝜋 ) 𝑥|40 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 − )𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 + 4 4𝜋 − 𝑛𝜋 4 4𝜋 + 𝑛𝜋

4 4𝜋 − 𝑛𝜋 4 4𝜋 + 𝑛𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( )𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑥|04 4𝜋 − 𝑛𝜋 4 4𝜋 + 𝑛𝜋 4 =

4 𝑠𝑒𝑛(−𝑛 + 4)𝜋 = 0 4𝜋 − 𝑛𝜋

𝑠𝑒𝑛𝐴 𝑠𝑒𝑛𝐵 =

3

∫ 𝑥(3 − 𝑥)𝑠𝑒𝑛 ( 0

1 [cos(𝐴 − 𝐵) − cos (𝐴 + 𝑏)] 2

𝑛𝜋𝑥 54 108 ) 𝑑𝑥 = 3 3 (1 − (−1)𝑛 ) = (2𝑛 − 1)3 𝜋 3 3 𝜋 𝑛

∞

2 108 2(2𝑛 − 1)𝜋𝑡 1 (2𝑛 − 1)𝜋𝑥 𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑ ) 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑠𝑒𝑛 ( ) 3 3 (2𝑛 − 1) (2𝑛 − 1) 𝜋 3 3 𝜋(2) 𝑛=1

∞

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑

𝑛=1

108

(2𝑛 − 1)4 𝜋 4

𝑠𝑒𝑛 (

2(2𝑛 − 1)𝜋𝑡 (2𝑛 − 1)𝜋𝑥 ) 𝑠𝑒𝑛 ( ) 3 3...